专题：数列求和讲义

1专题：数列求和（一）主要知识：1．直接法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和。（1）等差数列的求和公式：dnnnaaanSnn2)1(2)(11（2）等比数列的求和公式Sn＝na1，q＝1，a1－anq1－q＝a1（1－qn）1－q，q≠1.（切记：公比含字母时一定要讨论）2．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.222221(1)(21)1236nknnnkn2333331(1)1232nknnkn3．倒序相加法：类似于等差数列的前项和的公式的推导方法，如果一个数列na的前项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可用倒序相加法，如等差数列的前项和公式即是用此法推导的．4．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可用此法来求，如等比数列的前项和公式就是用此法推导的．若，其中是等差数列，是公比为等比数列，令，则两式错位相减并整理即得.5．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似（其中是各项不为零的等差数列，为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法（1），特别地当时，；（2）11nknknkn，特别地当时，111nnnn；（3）221111212122121nnannnnnnnnnnn2（4）1111122112nannnnnnn（5）6．分组转化求和法：有一类数列，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.7．并项求和法：一个数列的前项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如1nnafn类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721nS100999897215050..[易错提示]利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面：(1)裂项过程中易忽视常数，如容易误裂为112nn，漏掉前面的系数12；(2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误．应用错位相减法求和时需注意：①给数列和Sn的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论；②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n.主要方法：1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式；2．求和过程中注意分类讨论思想的运用；3．转化思想的运用；分组转化法求和的常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．利例1.【2016北京文15】已知na是等差数列，nb是等比数列，且23b，39b，11ab，144ab.（1）求na的通项公式；（2）设nnncab，求数列nc的前n项和.【答案】（1）211,2,3,nann；（2）2312nn.)()11(11qpqppqpqn)211(21)2(1nnnn3（2）由（1）知，21nan，13nnb.因此1213nnnncabn.从而数列nc的前n项和113521133nnSn12113213nnn2312nn.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－（n－1）2＋（n－1）2＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn，记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝2（1－22n）1－2＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n，故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.,练习．求和：①个nnS111111111②22222)1()1()1(nnnxxxxxxS思路分析：通过分组，直接用公式求和。解：①)110(9110101011112kkkka个])101010[(91)]110()110()110[(9122nSnnn8110910]9)110(10[911nnnn②)21()21()21(224422nnnxxxxxxSnxxxxxxnn2)111()(242242（1）当1x时，nxxxxnxxxxxxSnnnnnn2)1()1)(1(21)1(1)1(222222222224（2）当nSxn4,1时错位相减法求和的具体步骤步骤1→写出Sn＝c1＋c2＋…＋cn；步骤2→等式两边同乘以等比数列的公比q，即qSn＝qc1＋qc2＋…＋qcn；步骤3→两式错位相减转化成等比数列求和；步骤4→两边同除以1－q，求出Sn.同时注意对q是否为1进行讨论．2(2015·山东，18，12分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.【解析】(1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，当n≥2时，2Sn－1＝3n－1＋3，此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，所以an＝3，n＝1，3n－1，n≥2.(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝13，当n≥2时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n，所以T1＝b1＝13；当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝13＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n]，所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]，两式相减，得2Tn＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n－1)×31－n＝136－6n＋32×3n，所以Tn＝1312－6n＋34×3n.经检验，n＝1时也适合．综上可得Tn＝1312－6n＋34×3n.5(2015·湖北，18，12分)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)当d1时，记cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.解：(1)由题意有10a1＋45d＝100，a1d＝2，即2a1＋9d＝20，a1d＝2，解得a1＝1，d＝2或a1＝9，d＝29.故an＝2n－1，bn＝2n－1或an＝19（2n＋79），bn＝9·29n－1.(2)由d1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝2n－12n－1，于是Tn＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n－12n－1，①12Tn＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n－12n，②①－②可得12Tn＝2＋12＋122＋…＋12n－2－2n－12n＝3－2n＋32n，故Tn＝6－2n＋32n－1.用裂项法求和的裂项原则及规律(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．6例3.求和)12)(12()2(534312222nnnSn解:)121121(211)12)(12(11)12)(12(11)2()12)(12()2(22kkkkkkkkkkak12)1(2)1211(21)]121121()5131()311[(2121nnnnnnnnaaaSnn【1-2】设nS为等差数列na的前n项和，已知11326aa，981S．（1）求na的通项公式；（2）令121nnnbaa，12nnTbbb，若300nTm对一切*nN成立，求实数m的最小值．【答案】（1）21nan（*nN）；（2）5．【解析】试题分析：（1）根据等差数列的通项公式，前n项和公式，列方程组求解即可；（2）采用裂项相消的方法求和，分析nT单调性即可求参数的范围.试题解析：（1）∵等差数列na中，11326aa，981S，∴75226,{981,aa解得7513,{9,aa∴751392752aad，∴5592521naadnnn（*nN）．（2）∵1211111212322123nnnbaannnn，∴11111111112355721232323nTnnn，∵1112323n随着n增大而增大，∴nT是递增数列，又1023n，∴16nT，(2015·安徽文，18，12分)已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝an＋1SnSn＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8，7又a1＋a4＝9，可解得a1＝1，a4＝8或a1＝8，a4＝1(舍去)．由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.(2)Sn＝a1（1－qn）1－q＝2n－1.又bn＝an＋1SnSn＋1＝Sn＋1－SnSnSn＋1＝1Sn－1Sn＋1，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1S1－1S2＋1S2－1S3＋…＋1Sn－1Sn＋1＝1S1－1Sn＋1＝1－12n＋1－1.,巩固练习：1．求下列数列的前n项和nS：（1）5，55，555，5555，…，5(101)9n，…；（2）1111,,,,,132435(2)nn；（3）11nann；（4）23,2,3,,,naaana；（5）13,24,35,,(2),nn；（6）2222sin1sin2sin3sin89．解：（1）555555555nnS个5(999999999)9n个235[(101)(101)(101)(101)]9n235505[10101010](101)9819nnnn．（2）∵1111()(2)22nnnn，∴11111111[(1)()()()]2324352nSnn1111